Και κατανέμει ομοιόμορφα το φορτίο. Κατανεμημένο φορτίο. Υπολογισμός σύνθετων συστημάτων

Η απόσταση μεταξύ των συγκεντρωμένων φορτίων είναι η ίδια και η απόσταση από την αρχή του ανοίγματος έως το πρώτο συγκεντρωμένο φορτίο είναι ίση με την απόσταση μεταξύ των συγκεντρωμένων φορτίων. Στην περίπτωση αυτή, συγκεντρωμένα φορτία πέφτουν επίσης στην αρχή και στο τέλος του ανοίγματος, αλλά ταυτόχρονα προκαλούν μόνο αύξηση της αντίδρασης στήριξης· τα ακραία συγκεντρωμένα φορτία δεν επηρεάζουν την τιμή των ροπών κάμψης και της παραμόρφωσης με κανέναν τρόπο, και επομένως δεν λαμβάνονται υπόψη κατά τον υπολογισμό της φέρουσας ικανότητας της κατασκευής. Ας το εξετάσουμε χρησιμοποιώντας το παράδειγμα των δοκών δαπέδου που στηρίζονται σε ένα υπέρθυρο. Η πλινθοδομή, η οποία μπορεί να βρίσκεται ανάμεσα στο υπέρθυρο και τα δοκάρια του δαπέδου και να δημιουργεί ένα ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο, δεν φαίνεται για ευκολία αντίληψης.

Εικόνα 1. Μείωση των συγκεντρωμένων φορτίων σε ισοδύναμο ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο.

Όπως φαίνεται από το σχήμα 1, η καθοριστική ροπή είναι η ροπή κάμψης, η οποία χρησιμοποιείται στους υπολογισμούς αντοχής των κατασκευών. Έτσι, για να παράγει ένα ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο την ίδια ροπή κάμψης με ένα συγκεντρωμένο φορτίο, πρέπει να πολλαπλασιαστεί με τον κατάλληλο συντελεστή μετάβασης (συντελεστής ισοδυναμίας). Και αυτός ο συντελεστής καθορίζεται από τις συνθήκες ισότητας των ροπών. Νομίζω ότι το Σχήμα 1 το απεικονίζει πολύ καλά. Και αναλύοντας τις εξαρτήσεις που αποκτήθηκαν, μπορείτε να εξαγάγετε έναν γενικό τύπο για τον προσδιορισμό του συντελεστή μετάβασης. Έτσι, εάν ο αριθμός των εφαρμοζόμενων συγκεντρωτικών φορτίων είναι περιττός, π.χ. ένα από τα συγκεντρωμένα φορτία πέφτει αναγκαστικά στο μέσο του ανοίγματος, τότε για να προσδιορίσετε τον συντελεστή ισοδυναμίας μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τον τύπο:

γ = n/(n - 1) (305.1.1)

όπου n είναι ο αριθμός των ανοιγμάτων μεταξύ συγκεντρωμένων φορτίων.

q eq = γ(n-1)Q/l (305.1.2)

όπου (n-1) είναι ο αριθμός των συγκεντρωμένων φορτίων.

Ωστόσο, μερικές φορές είναι πιο βολικό να κάνετε υπολογισμούς με βάση τον αριθμό των συγκεντρωμένων φορτίων. Αν αυτή η ποσότητα εκφράζεται με τη μεταβλητή m, τότε

γ = (m +1)/m (305.1.3)

Στην περίπτωση αυτή, το ισοδύναμο ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο θα είναι ίσο με:

q eq = γmQ/l (305.1.4)

Όταν ο αριθμός των συγκεντρωμένων φορτίων είναι άρτιος, δηλ. κανένα από τα συγκεντρωμένα φορτία δεν πέφτει στο μέσο του ανοίγματος, τότε η τιμή του συντελεστή μπορεί να ληφθεί ως η επόμενη περιττή τιμή του αριθμού των συγκεντρωμένων φορτίων. Γενικά, με την επιφύλαξη των καθορισμένων συνθηκών φόρτωσης, μπορούν να γίνουν δεκτοί οι ακόλουθοι συντελεστές μετάβασης:

γ = 2- εάν η υπό εξέταση κατασκευή, για παράδειγμα, η δοκός δέχεται μόνο ένα συγκεντρωμένο φορτίο στη μέση του ανωφρίου.

γ = 1,33- για δοκό που υπόκειται σε 2 ή 3 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,2- για δοκό που υπόκειται σε 4 ή 5 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,142- για δοκό που υπόκειται σε 6 ή 7 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,11- για δοκό που υπόκειται σε 8 ή 9 συγκεντρωμένα φορτία.

Επιλογή 2

Η απόσταση μεταξύ των συγκεντρωμένων φορτίων είναι η ίδια, με την απόσταση από την αρχή του ανοίγματος έως το πρώτο συγκεντρωμένο φορτίο να είναι ίση με το ήμισυ της απόστασης μεταξύ των συγκεντρωμένων φορτίων. Σε αυτή την περίπτωση, τα συγκεντρωμένα φορτία δεν πέφτουν στην αρχή και στο τέλος του ανοίγματος.

Σχήμα 2. Τιμές συντελεστών μετάβασης για την επιλογή 2 εφαρμογής συγκεντρωμένων φορτίων.

Όπως φαίνεται από το Σχήμα 2, με αυτήν την επιλογή φόρτωσης, η τιμή του συντελεστή μετάβασης θα είναι σημαντικά μικρότερη. Έτσι, για παράδειγμα, με ζυγό αριθμό συγκεντρωμένων φορτίων, ο συντελεστής μετάβασης μπορεί γενικά να ληφθεί ίσος με τη μονάδα. Για έναν περιττό αριθμό συγκεντρωμένων φορτίων, ο τύπος μπορεί να χρησιμοποιηθεί για τον προσδιορισμό του συντελεστή ισοδυναμίας:

γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)

όπου m είναι ο αριθμός των συγκεντρωμένων φορτίων.

Σε αυτήν την περίπτωση, το ισοδύναμο ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο θα εξακολουθεί να είναι ίσο με:

q eq = γmQ/l (305.1.4)

Γενικά, με την επιφύλαξη των καθορισμένων συνθηκών φόρτωσης, μπορούν να γίνουν δεκτοί οι ακόλουθοι συντελεστές μετάβασης:

γ = 2- εάν η υπό εξέταση κατασκευή, για παράδειγμα, δέχεται μόνο ένα συγκεντρωμένο φορτίο στη μέση του ανωφύλλου και εάν οι δοκοί του δαπέδου πέφτουν στην αρχή ή στο τέλος του ανοίγματος ή βρίσκονται αυθαίρετα μακριά από την αρχή και το τέλος του ανοίγματος, σε αυτή την περίπτωση δεν έχει σημασία. Και αυτό είναι σημαντικό κατά τον προσδιορισμό του συγκεντρωμένου φορτίου.

γ = 1- εάν η εν λόγω κατασκευή υπόκειται σε ζυγό αριθμό φορτίων.

γ = 1,11- για δοκό που υπόκειται σε 3 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,091- για δοκό που υπόκειται σε 5 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,076- για δοκό που υπόκειται σε 7 συγκεντρωμένα φορτία.

γ = 1,067- για δοκό που υπόκειται σε 9 συγκεντρωμένα φορτία.

Παρά ορισμένους περίπλοκους ορισμούς, οι συντελεστές ισοδυναμίας είναι πολύ απλοί και βολικοί. Δεδομένου ότι κατά τους υπολογισμούς το κατανεμημένο φορτίο που ενεργεί ανά τετραγωνικό ή γραμμικό μέτρο είναι πολύ συχνά γνωστό, για να μην μετατραπεί το κατανεμημένο φορτίο πρώτα σε συγκεντρωμένο και μετά πάλι σε ισοδύναμο κατανεμημένο, αρκεί απλώς να πολλαπλασιαστεί η τιμή του κατανεμημένο φορτίο με τον κατάλληλο συντελεστή. Για παράδειγμα, η οροφή θα υπόκειται σε τυπικό κατανεμημένο φορτίο 400 kg/m2, ενώ το νεκρό βάρος της οροφής θα είναι άλλα 300 kg/m2. Στη συνέχεια, με μήκος δοκού δαπέδου 6 m, ένα ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m θα μπορούσε να δράσει στο υπέρθυρο. Και τότε, εάν υπάρχει μόνο μία δοκός δαπέδου στο μέσο του ανοίγματος, τότε γ = 2, και

q eq = γq = 2q (305.2.2)

Εάν καμία από τις δύο παραπάνω προϋποθέσεις δεν πληρούται, τότε είναι αδύνατο να χρησιμοποιηθούν συντελεστές μετάβασης στην καθαρή τους μορφή· πρέπει να προσθέσετε δύο επιπλέον συντελεστές που λαμβάνουν υπόψη την απόσταση από τις δοκούς που δεν πέφτουν στην αρχή και στο τέλος του ανοίγματος του υπέρθυρου, καθώς και της πιθανής ασυμμετρίας της εφαρμογής συγκεντρωμένων φορτίων. Κατ' αρχήν, είναι δυνατόν να εξαχθούν τέτοιοι συντελεστές, αλλά σε κάθε περίπτωση θα είναι μειωμένοι σε όλες τις περιπτώσεις εάν λάβουμε υπόψη την 1η περίπτωση φόρτισης και στο 50% των περιπτώσεων εάν λάβουμε υπόψη τη 2η περίπτωση φορτίου, δηλ. οι τιμές τέτοιων συντελεστών θα είναι< 1. А потому для упрощения расчетов, а заодно и для большего запаса по прочности рассчитываемой конструкции вполне хватит коэффициентов, приведенных при первых двух вариантах загружения.

Μαζί με τις συγκεντρωμένες δυνάμεις που συζητήθηκαν παραπάνω, μπορούν να εκτεθούν κτιριακές κατασκευές και κατασκευές κατανεμημένα φορτία– κατ’ όγκο, κατά επιφάνεια ή κατά μήκος μιας συγκεκριμένης γραμμής – και καθορίζεται από αυτήν ένταση.

Ένα παράδειγμα φορτίου κατανεμημένα στην περιοχή, είναι το φορτίο χιονιού, η πίεση του ανέμου, η πίεση του υγρού ή η πίεση του εδάφους. Η ένταση ενός τέτοιου επιφανειακού φορτίου έχει τη διάσταση της πίεσης και μετριέται σε kN/m2 ή kilopascals (kPa = kN/m2).

Κατά την επίλυση προβλημάτων, υπάρχει συχνά ένα φορτίο που κατανέμεται σε όλο το μήκος της δοκού. Ενταση qτέτοιο φορτίο μετριέται σε kN/m.

Σκεφτείτε μια δοκό φορτωμένη στο τμήμα [ ένα, σι] κατανεμημένο φορτίο, η ένταση του οποίου ποικίλλει σύμφωνα με το νόμο q= q(Χ). Για τον προσδιορισμό των αντιδράσεων στήριξης μιας τέτοιας δέσμης, είναι απαραίτητο να αντικατασταθεί το κατανεμημένο φορτίο με ένα ισοδύναμο συμπυκνωμένο. Αυτό μπορεί να γίνει από επόμενος κανόνας:

Ας εξετάσουμε ειδικές περιπτώσεις κατανεμημένου φορτίου.

ΕΝΑ) γενική περίπτωση κατανεμημένου φορτίου(Εικ.24)

Εικ.24

q(x) - ένταση κατανεμημένης δύναμης [N/m],

Στοιχειώδης δύναμη.

μεγάλο– μήκος του τμήματος

Η δύναμη έντασης q(x) που κατανέμεται κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος είναι ισοδύναμη με μια συγκεντρωμένη δύναμη

Συγκεντρωμένη δύναμη εφαρμόζεται σε ένα σημείο ΜΕ(κέντρο παράλληλων δυνάμεων) με συντεταγμένη

σι) σταθερή κατανεμημένη ένταση φορτίου(Εικ.25)

Εικ.25

V) κατανεμημένη ένταση φορτίου που ποικίλλει γραμμικά(Εικ.26)

Εικ.26

Υπολογισμός σύνθετα συστήματα.

Κάτω από σύνθετα συστήματα Θα κατανοήσουμε δομές που αποτελούνται από πολλά σώματα συνδεδεμένα μεταξύ τους.

Πριν προχωρήσουμε στην εξέταση των χαρακτηριστικών του υπολογισμού τέτοιων συστημάτων, εισάγουμε τον ακόλουθο ορισμό.

Στατικά οριζόμενοΠρόκειται για προβλήματα και συστήματα στατικής για τα οποία ο αριθμός των άγνωστων αντιδράσεων των περιορισμών δεν υπερβαίνει τον μέγιστο επιτρεπόμενο αριθμό εξισώσεων.

Εάν ο αριθμός των αγνώστων είναι μεγαλύτερος από τον αριθμό των εξισώσεων,σχετικό τα καθήκοντα και τα συστήματα ονομάζονται στατικά απροσδιόριστος. Σε αυτή την περίπτωση, καλείται η διαφορά μεταξύ του αριθμού των αγνώστων και του αριθμού των εξισώσεων βαθμός στατικής απροσδιοριστίαςσυστήματα.

Για κάθε επίπεδο σύστημα δυνάμεων που ενεργεί σε ένα άκαμπτο σώμα, υπάρχουν τρεις ανεξάρτητες συνθήκες ισορροπίας. Συνεπώς, για οποιοδήποτε επίπεδο σύστημα δυνάμεων από συνθήκες ισορροπίας δεν μπορεί κανείς να βρει περισσότερες από τρεις άγνωστες αντιδράσεις σύζευξης.

Στην περίπτωση ενός χωρικού συστήματος δυνάμεων που δρουν σε ένα άκαμπτο σώμα, υπάρχουν έξι ανεξάρτητες συνθήκες ισορροπίας. Κατά συνέπεια, για οποιοδήποτε χωρικό σύστημα δυνάμεων από συνθήκες ισορροπίας δεν μπορεί κανείς να βρει περισσότερες από έξι άγνωστες αντιδράσεις σύζευξης.

Ας το εξηγήσουμε αυτό με τα ακόλουθα παραδείγματα.

1. Αφήστε το κέντρο ενός αβαρούς ιδανικού μπλοκ (παράδειγμα 4) να συγκρατείται από όχι δύο, αλλά τρεις ράβδους: ΑΒ, ΉλιοςΚαι BDκαι είναι απαραίτητο να προσδιοριστούν οι αντιδράσεις των ράβδων, παραβλέποντας τις διαστάσεις του μπλοκ.

Λαμβάνοντας υπόψη τις συνθήκες του προβλήματος, λαμβάνουμε ένα σύστημα συγκλίνουσας δύναμης, όπου μπορούμε να προσδιορίσουμε τρεις άγνωστους: ΑΝΩΝΥΜΗ ΕΤΑΙΡΙΑ, S CΚαι Σ Δείναι ακόμα δυνατό να συνθέσουμε ένα σύστημα δύο μόνο εξισώσεων: Σ Χ = 0, Σ Υ=0. Προφανώς, το πρόβλημα που τίθεται και το αντίστοιχο σύστημα θα είναι στατικά απροσδιόριστο.

2. Μια δοκός, άκαμπτα σφιγμένη στο αριστερό άκρο και με αρθρωτό στήριγμα στο δεξί άκρο, φορτώνεται με ένα αυθαίρετο επίπεδο σύστημα δυνάμεων (Εικ. 27).

Για να προσδιορίσετε τις αντιδράσεις υποστήριξης, μπορείτε να δημιουργήσετε μόνο τρεις εξισώσεις ισορροπίας, οι οποίες θα περιλαμβάνουν 5 άγνωστες αντιδράσεις υποστήριξης: Χ Α, Υ Α,Μ Α,X BΚαι Υ Β. Το αναφερόμενο πρόβλημα θα είναι δύο φορές στατικά απροσδιόριστο.

Ένα τέτοιο πρόβλημα δεν μπορεί να λυθεί στο πλαίσιο της θεωρητικής μηχανικής, υποθέτοντας ότι το εν λόγω σώμα είναι απολύτως συμπαγές.

Εικ.27

Ας επιστρέψουμε στη μελέτη των σύνθετων συστημάτων, τυπικός εκπρόσωπος των οποίων είναι ένα πλαίσιο με τρεις αρθρώσεις (Εικ. 28, ΕΝΑ). Αποτελείται από δύο σώματα: ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.Και ΠΡΟ ΧΡΙΣΤΟΥ., συνδεδεμένο κλειδίμεντεσές ντο. Χρησιμοποιώντας αυτό το πλαίσιο ως παράδειγμα, σκεφτείτε δύο τρόποι για τον προσδιορισμό των αντιδράσεων υποστήριξης των σύνθετων συστημάτων.

1 τρόπος.Σκεφτείτε το σώμα ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ., φορτωμένο με μια δεδομένη δύναμη R, απορρίπτοντας όλες τις συνδέσεις σύμφωνα με το αξίωμα 7 και αντικαθιστώντας τις, αντίστοιχα, με εξωτερικές αντιδράσεις ( Χ Α, Υ Α) και εσωτερική ( Χ Γ, YC) συνδέσεις (Εικ. 28, σι).

Ομοίως, μπορούμε να εξετάσουμε την ισορροπία του σώματος ΠΡΟ ΧΡΙΣΤΟΥ.υπό την επίδραση αντιδράσεων υποστήριξης ΣΕ - (X B, Υ Β) και αντιδράσεις στη συνδετική άρθρωση ντο - (Χ Γ', YC'), όπου, σύμφωνα με το αξίωμα 5: Χ Γ= Χ Γ', YC= YC’.

Για καθένα από αυτά τα σώματα μπορούν να κατασκευαστούν τρεις εξισώσεις ισορροπίας, άρα ο συνολικός αριθμός αγνώστων: Χ Α, Υ Α , Χ Γ=Χ Γ', YC =YC’, X B, Υ Βισούται με τον συνολικό αριθμό των εξισώσεων και το πρόβλημα είναι στατικά οριζόμενο.

Ας θυμηθούμε ότι σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος ήταν απαραίτητο να προσδιοριστούν μόνο 4 αντιδράσεις υποστήριξης, αλλά έπρεπε να κάνουμε επιπλέον δουλειά, προσδιορίζοντας τις αντιδράσεις στη συνδετική άρθρωση. Αυτό είναι το μειονέκτημα αυτή τη μέθοδοπροσδιορισμός των αντιδράσεων υποστήριξης.

Μέθοδος 2.Εξετάστε την ισορροπία ολόκληρου του πλαισίου αλφάβητο, μόνο απόρριψη εξωτερικές σχέσειςκαι την αντικατάστασή τους με άγνωστες αντιδράσεις υποστήριξης Χ Α, Υ Α,X B, Υ Β .

Το σύστημα που προκύπτει αποτελείται από δύο σώματα και δεν είναι ένα απολύτως άκαμπτο σώμα, δεδομένου ότι η απόσταση μεταξύ των σημείων ΕΝΑΚαι ΣΕμπορεί να αλλάξει λόγω της αμοιβαίας περιστροφής και των δύο μερών σε σχέση με τον μεντεσέ ΜΕ. Ωστόσο, μπορούμε να υποθέσουμε ότι το σύνολο των δυνάμεων που εφαρμόζονται στο πλαίσιο αλφάβητοσχηματίζει ένα σύστημα εάν χρησιμοποιήσουμε το αξίωμα στερεοποίησης (Εικ. 28, V).

Εικ.28

Έτσι για το σώμα αλφάβητομπορούν να κατασκευαστούν τρεις εξισώσεις ισορροπίας. Για παράδειγμα:

Σ Μ Α = 0;

Σ Χ = 0;

Αυτές οι τρεις εξισώσεις θα περιλαμβάνουν 4 άγνωστες αντιδράσεις υποστήριξης Χ Α, Υ Α,X BΚαι Υ Β. Σημειώστε ότι μια προσπάθεια να χρησιμοποιηθεί, για παράδειγμα, αυτό ως εξίσωση που λείπει: Σ M V= 0 δεν θα οδηγήσει σε επιτυχία, αφού αυτή η εξίσωση θα εξαρτάται γραμμικά με τις προηγούμενες. Για να ληφθεί μια γραμμικά ανεξάρτητη τέταρτη εξίσωση, είναι απαραίτητο να εξετάσουμε την ισορροπία ενός άλλου σώματος. Όπως μπορείτε να πάρετε ένα από τα μέρη του πλαισίου, για παράδειγμα - Ήλιος. Σε αυτήν την περίπτωση, πρέπει να δημιουργήσετε μια εξίσωση που θα περιέχει τα «παλιά» άγνωστα Χ Α, Υ Α,X B, Υ Βκαι δεν περιείχε νέα. Για παράδειγμα, η εξίσωση: Σ Χ (Ήλιος) = 0 ή περισσότερες λεπτομέρειες: - X C' + X BΤο = 0 δεν είναι κατάλληλο για αυτούς τους σκοπούς, καθώς περιέχει ένα "νέο" άγνωστο Χ Γ’, αλλά εδώ είναι η εξίσωση Σ Μ Γ (Ήλιος) = 0 πληροί όλες τις απαραίτητες προϋποθέσεις. Έτσι, οι απαιτούμενες αντιδράσεις υποστήριξης μπορούν να βρεθούν με την ακόλουθη σειρά:

Σ Μ Α = 0; → Υ Β= R/4;

Σ M V = 0; → Υ Α= -R/4;

Σ Μ Γ (Ήλιος) = 0; → X B= -R/4;

Σ Χ = 0; →Χ Α= -3R/4.

Για να ελέγξετε, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε την εξίσωση: Σ Μ Γ (ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ) = 0 ή, πιο αναλυτικά: - Υ Α∙2 + Χ Α∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.

Σημειώστε ότι αυτή η εξίσωση περιλαμβάνει και τις 4 αντιδράσεις υποστήριξης που βρέθηκαν: Χ ΑΚαι Υ Α- σε ρητή μορφή, και X BΚαι Υ Β- σιωπηρά, αφού χρησιμοποιήθηκαν για τον προσδιορισμό των δύο πρώτων αντιδράσεων.

Γραφικός προσδιορισμός των αντιδράσεων υποστήριξης.

Σε πολλές περιπτώσεις, η επίλυση προβλημάτων μπορεί να απλοποιηθεί εάν, αντί για εξισώσεις ισορροπίας ή επιπλέον αυτών, χρησιμοποιούνται άμεσα συνθήκες ισορροπίας, αξιώματα και θεωρήματα στατικής. Η αντίστοιχη προσέγγιση ονομάζεται γραφικός προσδιορισμός των αντιδράσεων υποστήριξης.

Πριν προχωρήσουμε στην εξέταση της γραφικής μεθόδου, σημειώνουμε ότι, όπως για ένα σύστημα συγκλίνουσας δυνάμεων, μόνο εκείνα τα προβλήματα που μπορούν να λυθούν αναλυτικά μπορούν να επιλυθούν γραφικά. Ταυτόχρονα, η γραφική μέθοδος για τον προσδιορισμό των αντιδράσεων υποστήριξης είναι βολική για μικρό αριθμό φορτίων.

Έτσι, η γραφική μέθοδος για τον προσδιορισμό των αντιδράσεων υποστήριξης βασίζεται κυρίως στη χρήση:

Αξιώματα σχετικά με την ισορροπία ενός συστήματος δύο δυνάμεων.

Αξιώματα για τη δράση και την αντίδραση.

Τρία θεωρήματα δύναμης.

Συνθήκες ισορροπίας για ένα επίπεδο σύστημα δυνάμεων.

Στο γραφικός ορισμόςαντιδράσεις σύνθετων συστημάτων, προτείνονται τα ακόλουθα σειρά εξέτασης:

Επιλέξτε ένα σώμα με ελάχιστο αριθμό αλγεβρικών άγνωστων αντιδράσεων σύζευξης.

Εάν υπάρχουν δύο ή περισσότερα τέτοια σώματα, τότε ξεκινήστε τη λύση εξετάζοντας το σώμα στο οποίο ασκούνται λιγότερες δυνάμεις.

Εάν υπάρχουν δύο ή περισσότερα τέτοια σώματα, τότε επιλέξτε το σώμα για το οποίο μεγαλύτερο αριθμόοι δυνάμεις είναι γνωστές με κατεύθυνση.

Επίλυση προβλήματος.

Κατά την επίλυση των προβλημάτων αυτής της ενότητας, θα πρέπει να έχετε υπόψη σας όλα αυτά γενικές οδηγίεςπου έγιναν νωρίτερα.

Κατά την έναρξη της επίλυσης, είναι απαραίτητο, πρώτα απ 'όλα, να καθοριστεί η ισορροπία του συγκεκριμένου σώματος που θα πρέπει να ληφθεί υπόψη σε αυτό το πρόβλημα. Έπειτα, έχοντας απομονώσει αυτό το σώμα και θεωρώντας το ελεύθερο, θα πρέπει να απεικονίσει κανείς όλες τις δεδομένες δυνάμεις και αντιδράσεις των απορριπτόμενων δεσμών που δρουν στο σώμα.

Στη συνέχεια, θα πρέπει να δημιουργήσετε συνθήκες ισορροπίας, εφαρμόζοντας τη μορφή αυτών των συνθηκών που οδηγεί σε ένα απλούστερο σύστημα εξισώσεων (το απλούστερο σύστημα θα είναι ένα σύστημα εξισώσεων, καθεμία από τις οποίες περιλαμβάνει έναν άγνωστο).

Για να πάρετε περισσότερα απλές εξισώσειςακολουθεί (εκτός αν δυσκολεύει τον υπολογισμό):

1) κατά τη σύνθεση των εξισώσεων προβολής, πραγματοποιήστε άξονα συντεταγμένων, κάθετη σε κάποια άγνωστη δύναμη.

2) όταν συντάσσετε μια εξίσωση ροπής, συνιστάται να επιλέξετε ως σημείο ροπής το σημείο όπου τέμνονται οι γραμμές δράσης δύο από τις τρεις άγνωστες αντιδράσεις υποστήριξης - σε αυτήν την περίπτωση δεν θα συμπεριληφθούν στην εξίσωση και θα περιέχουν μόνο ένα άγνωστο.

3) εάν δύο από τις τρεις άγνωστες αντιδράσεις υποστήριξης είναι παράλληλες, τότε κατά τη σύνταξη μιας εξίσωσης σε προβολές στον άξονα, η τελευταία θα πρέπει να κατευθύνεται έτσι ώστε να είναι κάθετη στις δύο πρώτες αντιδράσεις - στην περίπτωση αυτή, η εξίσωση θα περιέχει μόνο το τελευταίο άγνωστο?

4) κατά την επίλυση ενός προβλήματος, το σύστημα συντεταγμένων πρέπει να επιλέγεται έτσι ώστε οι άξονές του να είναι προσανατολισμένοι με τον ίδιο τρόπο όπως οι περισσότερες δυνάμεις του συστήματος που ασκούνται στο σώμα.

Κατά τον υπολογισμό των ροπών, μερικές φορές είναι βολικό να αποσυντεθεί μια δεδομένη δύναμη σε δύο συνιστώσες και, χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Varignon, να βρεθεί η ροπή δύναμης ως το άθροισμα των ροπών αυτών των συνιστωσών.

Η λύση πολλών στατικών προβλημάτων καταλήγει στον προσδιορισμό των αντιδράσεων των στηρίξεων με τις οποίες στερεώνονται δοκοί, δοκοί γεφυρών κ.λπ.

Παράδειγμα 7.Στο στήριγμα που φαίνεται στο Σχ. 29, ΕΝΑ,στον κόμβο ΣΕαναρτάται ένα φορτίο βάρους 36 kN. Οι συνδέσεις των στοιχείων του βραχίονα είναι αρθρωτές. Προσδιορίστε τις δυνάμεις που εμφανίζονται στις ράβδους ΑΒΚαι Ήλιος, θεωρώντας τους αβαρείς.

Λύση.Εξετάστε την ισορροπία του κόμβου ΣΕ, εκεί που συναντώνται οι ράβδοι ΑΒΚαι Ήλιος. Κόμπος ΣΕαντιπροσωπεύει ένα σημείο στο σχέδιο. Δεδομένου ότι το φορτίο αιωρείται από τον κόμβο ΣΕ, μετά στο σημείο ΣΕασκήστε δύναμη F ίση με το βάρος του αιωρούμενου φορτίου. Ράβδοι VAΚαι Ήλιος, αρθρωτά συνδεδεμένο σε έναν κόμβο ΣΕ,περιορίζουν τη δυνατότητα οποιασδήποτε γραμμικής κίνησης στο κατακόρυφο επίπεδο, δηλ. είναι συνδέσεις σε σχέση με τον κόμβο ΣΕ.

Ρύζι. 29.Διάγραμμα υπολογισμού της αγκύλης για παράδειγμα 7:

ΕΝΑ -σχέδιο σχεδιασμού? β –σύστημα δυνάμεων σε έναν κόμβο σι

Απορρίψτε νοητικά τις συνδέσεις και αντικαταστήστε τις ενέργειές τους με δυνάμεις - αντιδράσεις συνδέσεων R AΚαι R C. Δεδομένου ότι οι ράβδοι είναι αβαρείς, οι αντιδράσεις αυτών των ράβδων (δυνάμεις στις ράβδους) κατευθύνονται κατά μήκος του άξονα των ράβδων. Ας υποθέσουμε ότι και οι δύο ράβδοι είναι τεντωμένες, δηλ. οι αντιδράσεις τους κατευθύνονται από τον μεντεσέ στις ράβδους. Στη συνέχεια, εάν μετά τον υπολογισμό η αντίδραση αποδειχθεί με αρνητικό πρόσημο, τότε αυτό θα σημαίνει ότι στην πραγματικότητα η αντίδραση κατευθύνεται προς την αντίθετη κατεύθυνση από αυτή που υποδεικνύεται στο σχέδιο, δηλ. η ράβδος θα συμπιεστεί.

Στο Σχ. 29, σιφαίνεται ότι στο σημείο ΣΕεφαρμοσμένη ενεργή δύναμη φάκαι αντιδράσεις των συνδέσεων R AΚαι R S.Μπορεί να φανεί ότι το απεικονιζόμενο σύστημα δυνάμεων αντιπροσωπεύει ένα επίπεδο σύστημα δυνάμεων που συγκλίνουν σε ένα σημείο. Επιλέγουμε αυθαίρετους άξονες συντεταγμένων ΒΟΔΙΚαι OYκαι να συνθέσετε εξισώσεις ισορροπίας της μορφής:

Σ F x = 0;-Ρ α - Ρ γ συν𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R γ συν(90 - α) = 0.

Λαμβάνοντας υπ 'όψιν ότι cos (90 -α ) = αμαρτίαα, από τη δεύτερη εξίσωση βρίσκουμε

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Αντικατάσταση της τιμής Rcστην πρώτη εξίσωση, παίρνουμε

R a = -R c συνα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.

Έτσι, η ράβδος ΑΒ- τεντωμένο, και το καλάμι Ήλιος- συμπιεσμένο.

Για να ελέγξουμε την ορθότητα των δυνάμεων που βρέθηκαν στις ράβδους, προβάλλουμε όλες τις δυνάμεις σε οποιονδήποτε άξονα που δεν συμπίπτει με τους άξονες ΧΚαι Υ, για παράδειγμα, άξονας U:

Σ F u = 0; -R c - R a cosα -Φκος(90- α) = 0.

Αφού αντικαταστήσουμε τις τιμές των δυνάμεων που βρέθηκαν στις ράβδους (διάσταση σε kilonewtons), παίρνουμε

- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.

Η συνθήκη ισορροπίας ικανοποιείται, επομένως, οι δυνάμεις που βρέθηκαν στις ράβδους είναι σωστές.

Παράδειγμα 8.Η δοκός ενός κατασκευαστικού ικριώματος, το βάρος του οποίου μπορεί να παραμεληθεί, συγκρατείται σε οριζόντια θέση με μια εύκαμπτη ράβδο CDκαι στηρίζεται περιστροφικά στον τοίχο σε ένα σημείο ΕΝΑ. Βρείτε τη δύναμη ώθησης CD, εάν ένας εργάτης βάρους 80 kg στέκεται στην άκρη της σκαλωσιάς ≈0,8 kN (Εικ. 30, ΕΝΑ).

Ρύζι. τριάντα.Σχεδιαστικό διάγραμμα σκαλωσιάς για παράδειγμα 8:

ΕΝΑ– διάγραμμα σχεδίασης. σι– σύστημα δυνάμεων που δρουν στα ικριώματα

Λύση.Επιλέγουμε το αντικείμενο της ισορροπίας. ΣΕ σε αυτό το παράδειγματο αντικείμενο της ισορροπίας είναι η δοκός του ικριώματος. Στο σημείο ΣΕενεργή δύναμη δρα στη δοκό φά, ίσο με το βάρος ενός ατόμου. Οι συνδέσεις σε αυτή την περίπτωση είναι μια σταθερή άρθρωση στήριξης ΕΝΑκαι έλξη CD. Ας απορρίψουμε νοερά τις συνδέσεις, αντικαθιστώντας τη δράση τους στη δοκό με τις αντιδράσεις των συνδέσεων (Εικ. 30, σι). Δεν χρειάζεται να προσδιορίσετε την αντίδραση ενός σταθερού αρθρωτού στηρίγματος σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος. Αντίδραση στην έλξη CDκατευθύνεται κατά μήκος της ώθησης. Ας υποθέσουμε ότι η ράβδος CDτεντωμένο, δηλ. αντίδραση R Dκατευθύνεται μακριά από τον μεντεσέ ΜΕμέσα στη ράβδο. Ας αναλύσουμε την αντίδραση R D, σύμφωνα με τον κανόνα του παραλληλογράμμου, σε οριζόντιες και κάθετες συνιστώσες:

R Dx βουνά =R D cosα ;

R Dy vert = R D cos(90-α) = R D αμαρτίαα .

Ως αποτέλεσμα, αποκτήσαμε ένα αυθαίρετο επίπεδο σύστημα δυνάμεων, η απαραίτητη προϋπόθεση για την ισορροπία του οποίου είναι η ισότητα προς το μηδέν τριών ανεξάρτητων συνθηκών ισορροπίας.

Στην περίπτωσή μας, είναι βολικό να καταγράψουμε πρώτα τη συνθήκη ισορροπίας με τη μορφή ενός αθροίσματος ροπών σε σχέση με το σημείο ροπής ΕΝΑ, από τη στιγμή της αντίδρασης υποστήριξης R Aσε σχέση με αυτό το σημείο είναι μηδέν:

Σ m A = 0; φά∙3ένα - R dy∙ ένα = 0

φά∙3ένα - R D αμαρτίαα = 0.

Εννοια τριγωνομετρικές συναρτήσειςκαθορίστε από το τρίγωνο ACD:

cosα = AC/CD = 0,89,

σινα = AD/CD = 0,446.

Λύνοντας την εξίσωση ισορροπίας, παίρνουμε R D = 5,38 kN. (Ταξίδι CD- τεντωμένο).

Για να ελέγξετε την ορθότητα του υπολογισμού της δύναμης στο καλώδιο CDείναι απαραίτητο να υπολογιστεί τουλάχιστον ένα από τα συστατικά της αντίδρασης υποστήριξης R A. Ας χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση ισορροπίας στη μορφή

Σ Fy = 0; V A + R Dy- φά= 0

V A = φά- Rdy.

Από εδώ V A= -1,6 kN.

Το πρόσημο μείον σημαίνει ότι η κατακόρυφη συνιστώσα της αντίδρασης R Aστο στήριγμα κατευθύνεται προς τα κάτω.

Ας ελέγξουμε την ορθότητα του υπολογισμού της δύναμης στο κορδόνι. Χρησιμοποιούμε μια άλλη συνθήκη ισορροπίας με τη μορφή εξισώσεων ροπών γύρω από το σημείο ΣΕ.

Σ m B = 0; V A∙3a + R Dy ∙ 2α = 0;

1,6∙3ΕΝΑ + 5,38∙0,446∙2ΕΝΑ = 0; 0 = 0.

Οι συνθήκες ισορροπίας πληρούνται, επομένως η δύναμη στον κλώνο βρίσκεται σωστά.

Παράδειγμα 9.Ο κατακόρυφος πυλώνας από σκυρόδεμα σκυροδετείται με το κάτω άκρο του σε οριζόντια βάση. Ένα φορτίο από τον τοίχο του κτιρίου βάρους 143 kN μεταφέρεται στον στύλο από πάνω. Η κολόνα είναι κατασκευασμένη από σκυρόδεμα με πυκνότητα γ = 25 kN/m 3. Οι διαστάσεις του στύλου φαίνονται στο Σχ. 31, ΕΝΑ. Προσδιορίστε τις αντιδράσεις σε άκαμπτη ενσωμάτωση.

Ρύζι. 31.Διάγραμμα υπολογισμού του πυλώνα για παράδειγμα 9:

ΕΝΑ– σχήμα φόρτωσης και διαστάσεις πυλώνων· σι– σχέδιο σχεδίασης

Λύση.Σε αυτό το παράδειγμα, το αντικείμενο της ισορροπίας είναι ένας πυλώνας. Η στήλη φορτώνεται με τους ακόλουθους τύπους ενεργών φορτίων: στο σημείο ΕΝΑσυγκεντρωμένη δύναμη F, ίση με το βάρος του τοίχου του κτιρίου και το ίδιο βάρος του υποστυλώματος με τη μορφή έντασης φορτίου ομοιόμορφα κατανεμημένη σε όλο το μήκος της δοκού qγια κάθε μέτρο μήκους στύλου: q = 𝛾A, Οπου ΕΝΑ- τετράγωνο διατομήκολόνα

q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.

Οι συνδέσεις σε αυτό το παράδειγμα είναι η άκαμπτη ενσωμάτωση στη βάση του στύλου. Ας απορρίψουμε νοερά τη σφράγιση και ας αντικαταστήσουμε τη δράση της με αντιδράσεις συνδέσεων (Εικ. 31, σι).

Στο παράδειγμά μας εξετάζουμε ειδική περίπτωσηη δράση ενός συστήματος δυνάμεων κάθετων στην εμφύτευση και που διέρχονται κατά μήκος ενός άξονα από το σημείο εφαρμογής των αντιδράσεων στήριξης. Τότε δύο αντιδράσεις υποστήριξης: η οριζόντια συνιστώσα και η ροπή αντίδρασης θα είναι ίσες με μηδέν. Για να προσδιορίσουμε την κατακόρυφη συνιστώσα της αντίδρασης στήριξης, προβάλλουμε όλες τις δυνάμεις στον άξονα του στοιχείου. Ας ευθυγραμμίσουμε αυτόν τον άξονα με τον άξονα Ζ,τότε η συνθήκη ισορροπίας θα γραφτεί με την ακόλουθη μορφή:

Σ FZ = 0; V B - F - ql = 0,

Οπου ql- αποτέλεσμα του κατανεμημένου φορτίου.

V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Το σύμβολο συν δείχνει ότι η αντίδραση V Bκατευθύνεται προς τα πάνω.

Για να ελέγξετε την ορθότητα του υπολογισμού της αντίδρασης υποστήριξης, παραμένει μια ακόμη συνθήκη ισορροπίας - με τη μορφή αλγεβρικού αθροίσματος των ροπών όλων των δυνάμεων σε σχέση με οποιοδήποτε σημείο που δεν διέρχεται από τον άξονα του στοιχείου. Σας προτείνουμε να κάνετε μόνοι σας αυτόν τον έλεγχο.

Παράδειγμα 10.Για τη δοκό που φαίνεται στο Σχ. 32, ΕΝΑ, είναι απαραίτητο να προσδιοριστούν οι αντιδράσεις υποστήριξης. Δεδομένος: φά= 60 kN, q= 24 kN/m, Μ= 28 kN∙m.

Ρύζι. 32.Διάγραμμα σχεδίασης και διαστάσεις δοκού για παράδειγμα 10:

Λύση.Θεωρήστε την ισορροπία μιας δέσμης. Η δοκός φορτίζεται με ενεργό φορτίο με τη μορφή ενός επίπεδου συστήματος παράλληλων κατακόρυφων δυνάμεων που αποτελείται από μια συγκεντρωμένη δύναμη φά, ομοιόμορφα κατανεμημένη ένταση φορτίου qμε αποτέλεσμα Q, που εφαρμόζεται στο κέντρο βάρους της περιοχής φορτίου (Εικ. 32, σι), και συγκεντρωμένη στιγμή Μ, το οποίο μπορεί να αναπαρασταθεί ως ζεύγος δυνάμεων.

Οι συνδέσεις σε αυτή τη δοκό είναι ένα αρθρωτό στήριγμα ΕΝΑκαι αρθρωτό κινητό στήριγμα ΣΕ. Ας επισημάνουμε το αντικείμενο της ισορροπίας· για να γίνει αυτό, θα απορρίψουμε τις συνδέσεις στήριξης και θα αντικαταστήσουμε τις ενέργειές τους με αντιδράσεις σε αυτές τις συνδέσεις (Εικ. 32, σι). Αντίδραση του κινούμενου στηρίγματος R Bκατευθύνεται κατακόρυφα, και η αντίδραση του αρθρωτού-σταθερού στηρίγματος R Aθα είναι παράλληλη με το ενεργό σύστημα ενεργές δυνάμειςκαι κατευθύνεται και κατακόρυφα. Ας υποθέσουμε ότι δείχνουν προς τα πάνω. Αποτέλεσμα κατανεμημένου φορτίου Q= 4,8∙q εφαρμόζεται στο κέντρο συμμετρίας της περιοχής φορτίου.

Κατά τον προσδιορισμό των αντιδράσεων στήριξης σε δοκούς, είναι απαραίτητο να προσπαθήσουμε να κατασκευάσουμε εξισώσεις ισορροπίας με τέτοιο τρόπο ώστε καθεμία από αυτές να περιλαμβάνει μόνο έναν άγνωστο. Αυτό μπορεί να επιτευχθεί με την κατασκευή δύο εξισώσεων ροπών για τα σημεία αναφοράς. Οι αντιδράσεις στήριξης συνήθως ελέγχονται συνθέτοντας μια εξίσωση με τη μορφή του αθροίσματος των προβολών όλων των δυνάμεων σε έναν άξονα κάθετο στον άξονα του στοιχείου.

Ας δεχθούμε υπό όρους την κατεύθυνση περιστροφής της στιγμής των αντιδράσεων στήριξης γύρω από τα σημεία ροπής ως θετική, τότε η αντίθετη φορά περιστροφής των δυνάμεων θα θεωρηθεί αρνητική.

Απαραίτητη και επαρκής προϋπόθεση για την ισορροπία σε αυτή την περίπτωση είναι η ισότητα προς το μηδέν των ανεξάρτητων συνθηκών ισορροπίας με τη μορφή:

Σ m A = 0; V B ∙6 - q∙4,8∙4,8 + M+F∙2,4 = 0;

Σ m B = 0; V A∙6 - q∙4,8∙1,2 - Μ - φά∙8,4 = 0.

Αντικαθιστώντας τις αριθμητικές τιμές των ποσοτήτων, βρίσκουμε

V B= 14,4 kN, V A= 15,6 kN.

Για να ελέγξουμε την ορθότητα των αντιδράσεων που βρέθηκαν, χρησιμοποιούμε τη συνθήκη ισορροπίας με τη μορφή:

Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Αφού αντικαταστήσουμε αριθμητικές τιμές σε αυτή την εξίσωση, λαμβάνουμε μια ταυτότητα του τύπου 0=0. Από εδώ συμπεραίνουμε ότι ο υπολογισμός έγινε σωστά και οι αντιδράσεις και στα δύο στηρίγματα κατευθύνονται προς τα πάνω.

Παράδειγμα 11.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης για τη δοκό που φαίνεται στο Σχ. 33, ΕΝΑ. Δεδομένος: φά= 2,4 kN, Μ= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Ρύζι. 33.Διάγραμμα σχεδίασης και διαστάσεις δοκού για παράδειγμα 11:

α – διάγραμμα σχεδίασης. β – αντικείμενο ισορροπίας

Λύση.Θεωρήστε την ισορροπία μιας δέσμης. Απελευθερώστε νοητικά τη δοκό από τις συνδέσεις στα στηρίγματα και επιλέξτε το αντικείμενο ισορροπίας (Εικ. 33, σι). Η δοκός φορτώνεται με ενεργό φορτίο με τη μορφή ενός αυθαίρετου επιπέδου συστήματος δυνάμεων. Αποτέλεσμα κατανεμημένου φορτίου Q = qΤο ∙3 είναι προσαρτημένο στο κέντρο συμμετρίας της περιοχής φορτίου. Δύναμη φάΑς αποσυνθέσουμε το παραλληλόγραμμο σε συνιστώσες - οριζόντια και κάθετα - σύμφωνα με τον κανόνα του παραλληλογράμμου.

F z = F cosα= 2,4 συν 60°= 1,2 kN;

F y =F cos(90-α) = φάαμαρτία 60°= 2,08 kN.

Εφαρμόζουμε αντιδράσεις στο αντικείμενο ισορροπίας αντί για απορριπτόμενες συνδέσεις. Ας υποθέσουμε ότι η κάθετη αντίδραση V Aαρθρωτή υποστήριξη ΕΝΑπρος τα πάνω, κάθετη αντίδραση V Bαρθρωτό σταθερό στήριγμα σικατευθύνεται επίσης προς τα πάνω, και η οριζόντια αντίδραση H B- δεξιά.

Έτσι, στο Σχ. 33, σιαπεικονίζει ένα αυθαίρετο επίπεδο σύστημα δυνάμεων, η απαραίτητη προϋπόθεση για την ισορροπία του οποίου είναι η ισότητα προς το μηδέν τριών ανεξάρτητων συνθηκών ισορροπίας για ένα επίπεδο σύστημα δυνάμεων. Θυμηθείτε ότι, σύμφωνα με το θεώρημα του Varignon, η στιγμή της δύναμης φάσε σχέση με οποιοδήποτε σημείο ισούται με το άθροισμα των ροπών των συνιστωσών F z και F yσε σχέση με το ίδιο σημείο. Ας δεχθούμε υπό όρους την κατεύθυνση περιστροφής της στιγμής των αντιδράσεων στήριξης γύρω από τα σημεία ροπής ως θετική, τότε η αντίθετη φορά περιστροφής των δυνάμεων θα θεωρηθεί αρνητική.

Στη συνέχεια, είναι βολικό να διατυπωθούν οι συνθήκες ισορροπίας με την ακόλουθη μορφή:

Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; από εδώ H B= 1,2 kN;

Σ m A = 0; V B∙6 + Μ - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; από εδώ V B= - 1,456 kN;

Σ m B = 0; V A ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - Μ= 0; από εδώ V A= 5,336 kN.

Για να ελέγξουμε την ορθότητα των υπολογιζόμενων αντιδράσεων, χρησιμοποιούμε μια ακόμη συνθήκη ισορροπίας που δεν χρησιμοποιήθηκε, για παράδειγμα:

Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.

Κάθετη αντίδραση στήριξης V Bαποδείχθηκε με ένα σύμβολο μείον, αυτό δείχνει ότι σε αυτή τη δέσμη δεν κατευθύνεται προς τα πάνω, αλλά προς τα κάτω.

Παράδειγμα 12.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης για μια δοκό άκαμπτα ενσωματωμένη στη μία πλευρά και φαίνεται στο Σχ. 34, ΕΝΑ. Δεδομένος: q=20 kN/m.

Ρύζι. 34.Διάγραμμα σχεδίασης και διαστάσεις δοκού για παράδειγμα 12:

α – διάγραμμα σχεδίασης. β – αντικείμενο ισορροπίας

Λύση.Ας επιλέξουμε το αντικείμενο της ισορροπίας. Η δοκός φορτίζεται με ενεργό φορτίο με τη μορφή ενός επίπεδου συστήματος παράλληλων δυνάμεων που βρίσκεται κατακόρυφα. Απελευθερώστε διανοητικά τη δέσμη από τις συνδέσεις στην ενσωμάτωση και αντικαταστήστε τις με αντιδράσεις με τη μορφή συγκεντρωμένης δύναμης V Bκαι ζεύγη δυνάμεων με την επιθυμητή άεργη ροπή Μ Β(βλ. Εικ. 34, σι). Δεδομένου ότι οι ενεργές δυνάμεις δρουν μόνο στην κατακόρυφη κατεύθυνση, η οριζόντια αντίδραση H Bίσο με μηδέν. Ας πάρουμε υπό όρους θετική την κατεύθυνση περιστροφής της στιγμής των αντιδράσεων στήριξης γύρω από τα σημεία ροπής δεξιόστροφα, τότε η αντίθετη φορά περιστροφής των δυνάμεων θα θεωρηθεί αρνητική.

Συνθέτουμε τις συνθήκες ισορροπίας στη φόρμα

Σ Fy = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; Μ Β - q∙1,6∙1,2 = 0.

Εδώ q∙1.6 – αποτέλεσμα του κατανεμημένου φορτίου.

Αντικατάσταση των αριθμητικών τιμών του κατανεμημένου φορτίου q, βρίσκουμε

V V= 32 kN, Μ Β= 38,4 kN∙m.

Για να ελέγξουμε την ορθότητα των αντιδράσεων που βρέθηκαν, ας δημιουργήσουμε μια άλλη συνθήκη ισορροπίας. Τώρα ας πάρουμε κάποιο άλλο σημείο ως σημείο στιγμής, για παράδειγμα το δεξί άκρο της δοκού, τότε:

Σ m A = 0; Μ Β – V B∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .

Αφού αντικαταστήσουμε τις αριθμητικές τιμές, παίρνουμε την ταυτότητα 0=0.

Τελικά συμπεραίνουμε ότι οι αντιδράσεις υποστήριξης βρέθηκαν σωστά. Κάθετη αντίδραση V Bκατευθύνεται προς τα πάνω και η άεργη ροπή M V- δεξιόστροφα.

Παράδειγμα 13.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης της δοκού (Εικ. 35, ΕΝΑ).

Λύση.Το ενεργό φορτίο είναι το αποτέλεσμα του κατανεμημένου φορτίου Q=(1/2)∙υδ=(1/2)∙3∙2=3kN, η γραμμή δράσης της οποίας διέρχεται σε απόσταση 1 m από το αριστερό στήριγμα, η δύναμη τάνυσης του νήματος Τ = R= 2 kN εφαρμόζεται στο δεξί άκρο της δοκού και συγκεντρωμένη ροπή.

Δεδομένου ότι το τελευταίο μπορεί να αντικατασταθεί από ένα ζεύγος κατακόρυφων δυνάμεων, το φορτίο που επενεργεί στη δοκό, μαζί με την αντίδραση του κινητού στηρίγματος ΣΕσχηματίζει σύστημα παράλληλων δυνάμεων, άρα η αντίδραση R Aθα κατευθυνθεί επίσης κατακόρυφα (Εικ. 35, σι).

Για να προσδιορίσουμε αυτές τις αντιδράσεις, χρησιμοποιούμε εξισώσεις ισορροπίας.

Σ Μ Α = 0; -Q∙1 + R B∙3 - Μ + Τ∙5 = 0,

R B = (1/3) (Q + Μ-R∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 kN.

Σ Μ Β = 0; - R A∙3 +Q∙2 - Μ+ Τ∙2 = 0,

R A= (1/3) (Q∙2 - Μ+R∙2) = (1/3) (3∙2 - 4 + 2∙2) = 2 kN.

Εικ.35

Για να ελέγξουμε την ορθότητα της λαμβανόμενης λύσης, χρησιμοποιούμε μια πρόσθετη εξίσωση ισορροπίας:

Σ Y i = R A - Q + R B+Τ = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

δηλαδή το πρόβλημα λύθηκε σωστά.

Παράδειγμα 14.Βρείτε τις αντιδράσεις στήριξης της δοκού προβόλου που φορτώνεται με ένα κατανεμημένο φορτίο (Εικ. 36, ΕΝΑ).

Λύση.Το προκύπτον του κατανεμημένου φορτίου εφαρμόζεται στο κέντρο βάρους του διαγράμματος φορτίου. Για να μην αναζητήσουμε τη θέση του κέντρου βάρους του τραπεζοειδούς, ας τη φανταστούμε ως το άθροισμα δύο τριγώνων. Τότε το δεδομένο φορτίο θα είναι ισοδύναμο με δύο δυνάμεις: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN και Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, τα οποία εφαρμόζονται στο κέντρο βάρους καθενός από τα τρίγωνα (Εικ. 36, σι).

Εικ.36

Οι αντιδράσεις στήριξης του άκαμπτου τσιμπήματος αντιπροσωπεύονται από τη δύναμη R Aκαι η στιγμή Μ Α, για να προσδιοριστεί ποια είναι πιο βολική η χρήση των εξισώσεων ισορροπίας ενός συστήματος παράλληλων δυνάμεων, δηλαδή:

Σ Μ Α = 0; Μ Α= 15 kN∙m;

Σ Υ= 0, R A= 9 kN.

Για έλεγχο, χρησιμοποιούμε την πρόσθετη εξίσωση Σ M V= 0, όπου σημείο ΣΕπου βρίσκεται στο δεξί άκρο της δοκού:

Σ M V = Μ Α - R A∙3 + Q 1 ∙2 + Q 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.

Παράδειγμα 15.Ομοιογενής ζύγιση δοκού Q= 600 N και μήκος μεγάλο= 4 m στηρίζεται στο ένα άκρο σε ένα λείο δάπεδο, και σε ένα ενδιάμεσο σημείο ΣΕανά ύψος πόλου η= 3 m, σχηματίζοντας γωνία 30° με την κατακόρυφο. Σε αυτή τη θέση, η δοκός συγκρατείται από ένα σχοινί τεντωμένο κατά μήκος του δαπέδου. Προσδιορίστε την τάση του σχοινιού Τκαι αντιδράσεις στήλης - R Bκαι φύλο - R A(Εικ. 37, ΕΝΑ).

Λύση.Στη θεωρητική μηχανική, ως δοκός ή ράβδος νοείται ένα σώμα του οποίου οι εγκάρσιες διαστάσεις μπορούν να αγνοηθούν σε σύγκριση με το μήκος του. Το βάρος λοιπόν Qεφαρμόζεται ομοιογενής δοκός σε ένα σημείο ΜΕ, Οπου ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ= 2 m.

Εικ.37

1) Αφού δύο από τις τρεις άγνωστες αντιδράσεις εφαρμόζονται στο σημείο ΕΝΑ, το πρώτο βήμα είναι η δημιουργία της εξίσωσης Σ Μ Α= 0, αφού μόνο η αντίδραση θα πάει εκεί R B:

- R B∙ΑΒ+Q∙(μεγάλο/2)∙sin30° = 0,

Οπου ΑΒ = η/cos30°= 2 m.

Αντικαθιστώντας την εξίσωση, παίρνουμε:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

R B= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.

Ομοίως, από την εξίσωση στιγμής μπορούσε κανείς να βρει την αντίδραση R A, επιλέγοντας ως σημείο στιγμής το σημείο όπου τέμνονται οι γραμμές δράσης R BΚαι Τ. Ωστόσο, αυτό θα απαιτήσει πρόσθετες κατασκευές, επομένως είναι ευκολότερο να χρησιμοποιηθούν άλλες εξισώσεις ισορροπίας:

2) Σ Χ = 0; R B∙cos30° - Τ = 0; → Τ = R B∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 N;

3) Σ Υ= 0, R B∙sin30°- Q +R A= 0; → R A = Q- R B∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.

Έτσι βρήκαμε ΤΚαι R Aδιά μέσου R B, επομένως, μπορείτε να ελέγξετε την ορθότητα της λύσης που προέκυψε χρησιμοποιώντας την εξίσωση: Σ Μ Β= 0, το οποίο θα περιλαμβάνει όλες τις αντιδράσεις που βρέθηκαν, είτε ρητά είτε σιωπηρά:

R A∙ΑΒαμαρτία 30°- Τ∙ΑΒ cos30° - Q∙(ΑΒ - μεγάλο/2)∙sin30°= 513∙2 ∙(1/2) - 150∙2 ∙( /2) - 600∙ (2 - 2)∙(1/2) = 513∙ - 150∙3 - 600∙( -1) ≅ 513∙1,73 - 450 - 600∙0,73 = 887,5 - 888 = -0,5.

Λήφθηκε ως αποτέλεσμα στρογγυλοποίησης υπολειπόμενοΔ= -0,5 λέγεται απόλυτο λάθοςυπολογισμούς.

Για να απαντήσετε στο ερώτημα πόσο ακριβές είναι το αποτέλεσμα που προκύπτει, υπολογίστε σχετικό σφάλμα, η οποία καθορίζεται από τον τύπο:

ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0,5| / min(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.

Παράδειγμα 16.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης του πλαισίου (Εικ. 38). Εδώ και περαιτέρω, εκτός εάν αναφέρεται διαφορετικά, όλες οι διαστάσεις στα σχήματα θα ληφθούν υπόψη σε μέτρα και οι δυνάμεις - σε κιλονεύτονα.

Εικ.38

Λύση.Ας εξετάσουμε την ισορροπία ενός πλαισίου στο οποίο εφαρμόζεται η δύναμη τάνυσης του νήματος ως ενεργή δύναμη Τ, ίσο με το βάρος του φορτίου Q.

1) Αντίδραση του κινητού στηρίγματος R Bβρίσκουμε από την εξίσωση Σ Μ Α= 0. Για να μην υπολογιστεί η μόχλευση της δύναμης Τ, θα χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του Varignon, αποσυνθέτοντας αυτή τη δύναμη σε οριζόντιες και κάθετες συνιστώσες:

R B∙2 + Τ sin30°∙3 - Τ cos30°∙4 = 0; → R B = (1/2)∙ Q(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.

2) Να υπολογίσεις Υ Αας δημιουργήσουμε μια εξίσωση Σ Μ Γ= 0, όπου σημείο ΜΕβρίσκεται στη διασταύρωση των γραμμών δράσης αντίδρασης R BΚαι Χ Α:

- Υ Α∙2 + Τ sin30°∙3 - Τ cos30°∙2 = 0; → Υ Α= (1/2)∙ Q(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.

3) Τέλος, βρίσκουμε την αντίδραση Χ Α:

Σ Χ = 0; Χ Α - Τ sin30° = 0; → Χ Α =Q sin30° = 5/2 kN.

Δεδομένου ότι και οι τρεις αντιδράσεις βρέθηκαν ανεξάρτητα η μία από την άλλη, για να ελέγξετε πρέπει να πάρετε την εξίσωση που περιλαμβάνει καθεμία από αυτές:

Σ Μ Δ = Χ Α∙3 - Υ Α∙4 - R B∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.

Παράδειγμα 17.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης μιας ράβδου με σπασμένο περίγραμμα (Εικ. 39, ΕΝΑ).

Λύση.Αντικαθιστούμε το κατανεμημένο φορτίο σε κάθε τμήμα της ράβδου με συγκεντρωμένες δυνάμεις Q 1 = 5 kN και Q 2 = 3 kN, και η δράση του απορριφθέντος άκαμπτου τσιμπήματος είναι αντιδράσεις Χ Α,Υ ΑΚαι Μ Α(Εικ. 39, σι).

Εικ.39

1) Σ Μ Α = 0; Μ Α -Q 1 ∙2,5 - Q 2 ∙5,5 = 0; → Μ Α= 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 kNm.

2) Σ Χ = 0; Χ Α + Q 1 ∙sina = 0; → Χ Α= -5∙(3/5) = -3 kN.

3) Σ Υ= 0; Υ Α - Q 1 cosa - Q 2 = 0; →Υ Α= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, αφού sinα = 3/5, cosα = 4/5.

Έλεγχος: Σ M V = 0; Μ Α + Χ Α∙3 - Υ Α∙7 +Q 1 cosα∙4,5 + Q 1 sinα∙1,5 + Q 2 ∙1,5 = 29 -3∙3 - 7∙7 + 5∙(4/5)∙5 + 5∙(3/5)∙1,5 + 3∙1,5 = 29 - 9 - 49 + 20 + 4,5 + 4,5 = 58 - 58 = 0.

Παράδειγμα 18.Για το πλαίσιο που φαίνεται στο Σχ. 40, ΕΝΑ,είναι απαραίτητο να προσδιοριστούν οι αντιδράσεις υποστήριξης. Δεδομένος: φά= 50 kN, Μ= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.

Λύση. Ας εξετάσουμε την ισορροπία του πλαισίου. Απελευθερώστε διανοητικά το πλαίσιο από τις συνδέσεις στα στηρίγματα (Εικ. 40, σι) και επιλέξτε το αντικείμενο ισορροπίας. Το πλαίσιο φορτώνεται με ένα ενεργό φορτίο με τη μορφή ενός αυθαίρετου επιπέδου συστήματος δυνάμεων. Αντί για απορριπτόμενες συνδέσεις, εφαρμόζουμε αντιδράσεις στο αντικείμενο ισορροπίας: σε ένα αρθρωτό στήριγμα ΕΝΑ- κάθετη V Aκαι οριζόντια H A, και σε ένα αρθρωτό κινητό στήριγμα ΣΕ- κάθετη αντίδραση V BΗ αναμενόμενη κατεύθυνση των αντιδράσεων φαίνεται στο Σχ. 40, σι.

Εικ.40.Διάγραμμα σχεδίασης του πλαισίου και του αντικειμένου ισορροπίας για παράδειγμα 18:

ΕΝΑ– διάγραμμα σχεδίασης. σι– αντικείμενο ισορροπίας

Δημιουργούμε τις ακόλουθες συνθήκες ισορροπίας:

Σ F x = 0; -H A + φά = 0; H A= 50 kN.

Σ m A = 0; V B∙6 + Μ - q∙6∙3 - φά∙6 = 0; V B= 100 kN.

Σ Fy = 0; V A + V B - q∙6 = 0; V A= 20 kN.

Εδώ, η φορά περιστροφής γύρω από τα σημεία ροπής αριστερόστροφα θεωρείται συμβατικά θετική.

Για να ελέγξουμε την ορθότητα του υπολογισμού των αντιδράσεων, χρησιμοποιούμε τη συνθήκη ισορροπίας, η οποία θα περιλαμβάνει όλες τις αντιδράσεις υποστήριξης, για παράδειγμα:

Σ m C = 0; V B∙3 + Μ – H A∙6 – V A∙3 = 0.

Αφού αντικαταστήσουμε τις αριθμητικές τιμές, παίρνουμε την ταυτότητα 0=0.

Έτσι, προσδιορίζονται σωστά οι κατευθύνσεις και τα μεγέθη των αντιδράσεων στήριξης.

Παράδειγμα 19.Προσδιορίστε τις αντιδράσεις στήριξης του πλαισίου (Εικ. 41, ΕΝΑ).

Εικ.41

Λύση.Όπως και στο προηγούμενο παράδειγμα, το πλαίσιο αποτελείται από δύο μέρη που συνδέονται με έναν μεντεσέ κλειδιού ΜΕ.Αντικαθιστούμε το κατανεμημένο φορτίο που εφαρμόζεται στην αριστερή πλευρά του πλαισίου με το προκύπτον Q 1, και προς τα δεξιά - το προκύπτον Q 2 όπου Q 1 = Q 2 = 2 kN.

1) Βρείτε την αντίδραση R Bαπό την εξίσωση Σ Μ Γ (Ήλιος) = 0; → R B= 1kN;

Στους μηχανικούς υπολογισμούς συναντά κανείς συχνά φορτία που κατανέμονται κατά μήκος μιας δεδομένης επιφάνειας σύμφωνα με τον έναν ή τον άλλο νόμο. Ας εξετάσουμε μερικά απλά παραδείγματα κατανεμημένων δυνάμεων που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο.

Ένα επίπεδο σύστημα κατανεμημένων δυνάμεων χαρακτηρίζεται από την έντασή του q, δηλαδή την τιμή της δύναμης ανά μονάδα μήκους του φορτισμένου τμήματος. Η ένταση μετριέται σε Newton διαιρούμενο με μέτρα

1) Δυνάμεις ομοιόμορφα κατανεμημένες κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος (Εικ. 69, α). Για ένα τέτοιο σύστημα δυνάμεων, η ένταση q έχει σταθερή τιμή. Στους στατικούς υπολογισμούς, αυτό το σύστημα δυνάμεων μπορεί να αντικατασταθεί από το προκύπτον

Modulo,

Η δύναμη Q εφαρμόζεται στο μέσο του τμήματος ΑΒ.

2) Δυνάμεις που κατανέμονται κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος σύμφωνα με έναν γραμμικό νόμο (Εικ. 69, β). Ένα παράδειγμα τέτοιου φορτίου είναι η δύναμη της πίεσης του νερού σε ένα φράγμα, η οποία είναι μεγαλύτερη στον πυθμένα και πέφτει στο μηδέν στην επιφάνεια του νερού. Για αυτές τις δυνάμεις, η ένταση q είναι το μέγεθος της μεταβλητής, που αυξάνεται από το μηδέν στη μέγιστη τιμή.Το προκύπτον Q τέτοιων δυνάμεων προσδιορίζεται παρόμοια με το αποτέλεσμα των δυνάμεων βαρύτητας που δρουν σε μια ομοιογενή τριγωνική πλάκα ABC. Εφόσον το βάρος μιας ομοιογενούς πλάκας είναι ανάλογο με το εμβαδόν της, τότε, modulo,

Η δύναμη Q εφαρμόζεται σε απόσταση από την πλευρά του αεροσκάφους τρίγωνο ABC(βλ. § 35, παράγραφος 2).

3) Δυνάμεις που κατανέμονται κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος σύμφωνα με έναν αυθαίρετο νόμο (Εικ. 69, γ). Το προκύπτον Q τέτοιων δυνάμεων, κατ' αναλογία με τη δύναμη βαρύτητας, είναι ίσο σε μέγεθος με το εμβαδόν του σχήματος ΑΒΔΕ, μετρημένο στην κατάλληλη κλίμακα και διέρχεται από το κέντρο βάρους αυτής της περιοχής (το θέμα του προσδιορισμού τα κέντρα βάρους των περιοχών θα συζητηθούν στην § 33).

4) Δυνάμεις ομοιόμορφα κατανεμημένες κατά μήκος του τόξου ενός κύκλου (Εικ. 70). Ένα παράδειγμα τέτοιων δυνάμεων είναι οι δυνάμεις της υδροστατικής πίεσης στα πλευρικά τοιχώματα ενός κυλινδρικού δοχείου.

Έστω η ακτίνα του τόξου ίση με , πού είναι ο άξονας συμμετρίας κατά μήκος του οποίου κατευθύνουμε τον άξονα.

Για να προσδιορίσουμε την τιμή του Q, επιλέγουμε ένα στοιχείο στο τόξο, η θέση του οποίου καθορίζεται από τη γωνία και το μήκος της δύναμης που ασκεί αυτό το στοιχείο είναι αριθμητικά ίσο και η προβολή αυτής της δύναμης στον άξονα θα είναι τότε

Αλλά από το Σχ. 70 είναι σαφές ότι Επομένως, από τότε

πού είναι το μήκος της χορδής που υποτάσσει το τόξο ΑΒ; q - ένταση.

Πρόβλημα 27. Ένα ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο έντασης δρα σε μια δοκό προβόλου Α Β, οι διαστάσεις της οποίας φαίνονται στο σχέδιο (Εικ. 71). Παραβλέποντας το βάρος της δοκού και υποθέτοντας ότι οι δυνάμεις πίεσης στο ενσωματωμένο άκρο καθορίζονται σύμφωνα με σε έναν γραμμικό νόμο, προσδιορίστε τις τιμές των υψηλότερων εντάσεων αυτών των δυνάμεων, Αν

Λύση. Αντικαθιστούμε τις κατανεμημένες δυνάμεις με τα προκύπτοντα Q, R και R, όπου σύμφωνα με τους τύπους (35) και (36)

και να δημιουργήσετε συνθήκες ισορροπίας (33) για παράλληλες δυνάμεις που ασκούν τη δοκό

Αντικαθιστώντας εδώ αντί των Q, R και R τις τιμές τους και λύνοντας τις εξισώσεις που προκύπτουν, θα βρούμε τελικά

Για παράδειγμα, πότε παίρνουμε και πότε

Πρόβλημα 28. Ένας κυλινδρικός κύλινδρος του οποίου το ύψος είναι H και η εσωτερική διάμετρος d, γεμίζεται με αέριο υπό πίεση Το πάχος των κυλινδρικών τοιχωμάτων του κυλίνδρου είναι α. Προσδιορίστε τις εφελκυστικές τάσεις που αντιμετωπίζουν αυτοί οι τοίχοι στις κατευθύνσεις: 1) διαμήκεις και 2) εγκάρσιες (η τάση είναι ίση με τον λόγο της δύναμης εφελκυσμού προς το εμβαδόν της διατομής), θεωρώντας την μικρή.

Λύση. 1) Ας κόψουμε τον κύλινδρο σε δύο μέρη με ένα επίπεδο κάθετο στον άξονά του και ας εξετάσουμε την ισορροπία ενός από αυτά (Εικ.

72, α). Ασκείται προς την κατεύθυνση του άξονα του κυλίνδρου από τη δύναμη πίεσης στον πυθμένα και τις δυνάμεις που κατανέμονται στην περιοχή της διατομής (η δράση του απορριφθέντος μισού), το αποτέλεσμα των οποίων θα συμβολίζεται με Q. Σε ισορροπία

Υποθέτοντας περίπου το εμβαδόν της διατομής ίσο, λαμβάνουμε για την τάση εφελκυσμού την τιμή

Σε υπολογισμούς μηχανικής, μαζί με συγκεντρωμένες δυνάμεις που εφαρμόζονται συμπαγές σώμαΣε ένα ορισμένο σημείο, συναντώνται δυνάμεις των οποίων η δράση κατανέμεται σε ορισμένες περιοχές του όγκου του σώματος, της επιφάνειας ή της γραμμής του.

Δεδομένου ότι όλα τα αξιώματα και τα θεωρήματα της στατικής διατυπώνονται για συγκεντρωμένες δυνάμεις, είναι απαραίτητο να εξεταστούν μέθοδοι μετάβασης από ένα κατανεμημένο φορτίο σε συγκεντρωμένες δυνάμεις.

Ας εξετάσουμε μερικές απλές περιπτώσεις κατανεμημένου φορτίου ενός σώματος από παράλληλες δυνάμεις που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος.

Ένα επίπεδο σύστημα κατανεμημένων δυνάμεων χαρακτηρίζεται από την έντασή του q, δηλαδή το μέγεθος της δύναμης ανά μονάδα μήκους του φορτισμένου τμήματος. Η μονάδα έντασης είναι το Newton διαιρούμενο με το μέτρο (N/m). Η ένταση μπορεί να είναι σταθερή (ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο) ή να ποικίλλει σύμφωνα με γραμμικούς και αυθαίρετους νόμους.

Ένα ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο (Εικ. 2.5, α), η ένταση του οποίου qείναι μια σταθερή τιμή, στους στατικούς υπολογισμούς αντικαθίσταται από μια συγκεντρωμένη δύναμη, το μέτρο της οποίας

όπου είναι το μήκος του φορτωμένου τμήματος.

α Β Γ)

Εικόνα 2.5

Αυτή η προκύπτουσα δύναμη, παράλληλη με τις δυνάμεις του κατανεμημένου φορτίου, κατευθύνεται προς την κατεύθυνση των κατανεμημένων δυνάμεων και εφαρμόζεται στο μέσο του φορτισμένου τμήματος ΑΒ.

Ένα τέτοιο φορτίο συμβαίνει όταν μια ομοιογενής δέσμη μήκους τοποθετείται στο σώμα μεγάλομε ειδικό βάρος q.

Ένα κατανεμημένο φορτίο με ένταση που ποικίλλει σύμφωνα με έναν γραμμικό νόμο (Εικ. 2.5, β) εμφανίζεται, για παράδειγμα, υπό την επίδραση της πίεσης του νερού σε ένα φράγμα, όταν το φορτίο στο φράγμα είναι μεγαλύτερο κοντά στον πυθμένα του ταμιευτήρα και είναι μηδέν κοντά στην επιφάνεια του νερού. Σε αυτή την περίπτωση, η τιμή qη ένταση αυξάνεται από μηδενική τιμήΠρος την υψηλότερη τιμή q μέγ. Επακόλουθο Qένα τέτοιο φορτίο ορίζεται ως το βάρος μιας ομοιογενούς τριγωνικής πλάκας αλφάβητο, το οποίο είναι ανάλογο με το εμβαδόν του. Τότε το μέγεθος αυτού του αποτελέσματος:

Η γραμμή δράσης της προκύπτουσας δύναμης διέρχεται από το κέντρο του τριγώνου αλφάβητοσε απόσταση από την κορυφή του ΕΝΑ.

Ένα παράδειγμα της δράσης των δυνάμεων που κατανέμονται κατά μήκος ενός ευθύγραμμου τμήματος σύμφωνα με έναν αυθαίρετο νόμο (Εικ. 2.5, γ) είναι το φορτίο ενός επίπεδου δαπέδου με χιονοστιβάδα. Το αποτέλεσμα τέτοιων δυνάμεων, κατ' αναλογία με τη δύναμη βάρους, θα είναι αριθμητικά ίσο με το εμβαδόν του σχήματος που μετράται στην κατάλληλη κλίμακα και η γραμμή δράσης αυτού του προκύπτοντος θα διέρχεται από το κέντρο της περιοχής αυτό το σχήμα.

Κάθε κάτοχος τριφασικής εισόδου (380 V) είναι υποχρεωμένος να φροντίζει για ομοιόμορφο φορτίο στις φάσεις ώστε να αποφεύγεται η υπερφόρτωση μιας από αυτές. Εάν υπάρχει ανομοιόμορφη κατανομή στην τριφασική είσοδο, εάν το μηδέν καεί ή κακή επαφή, οι τάσεις στα καλώδια φάσης αρχίζουν να διαφέρουν μεταξύ τους, τόσο προς τα πάνω όσο και προς τα κάτω. Στο μονοφασικό επίπεδο ισχύος (220 Volt), αυτό μπορεί να οδηγήσει σε βλάβη των ηλεκτρικών συσκευών λόγω αυξημένης τάσης 250-280 Volt ή μειωμένης τάσης 180-150 Volt. Επιπλέον, σε αυτή την περίπτωση, υπάρχει αυξημένη κατανάλωση ηλεκτρικής ενέργειας σε ηλεκτρικές συσκευές που δεν είναι ευαίσθητες σε ανισορροπίες τάσης. Σε αυτό το άρθρο θα σας πούμε πώς εκτελείται η κατανομή φορτίου μεταξύ των φάσεων παρέχοντας σύντομες οδηγίεςμε διάγραμμα και παράδειγμα βίντεο.

Τι είναι σημαντικό να γνωρίζουμε

Αυτό το διάγραμμα απεικονίζει χονδρικά ένα δίκτυο τριών φάσεων:

Η τάση μεταξύ των φάσεων των 380 βολτ υποδεικνύεται με μπλε χρώμα. Πράσινοςυποδεικνύει μια ομοιόμορφα κατανεμημένη γραμμική τάση. Κόκκινο - ανισορροπία τάσης.

Οι νέοι, τριφασικοί συνδρομητές ηλεκτρικής ενέργειας σε ιδιωτική κατοικία ή διαμέρισμα, όταν συνδέονται για πρώτη φορά, δεν θα πρέπει να βασίζονται σε μεγάλο βαθμό σε ένα αρχικά ομοιόμορφα κατανεμημένο φορτίο στη γραμμή εισόδου. Επειδή πολλοί καταναλωτές μπορούν να τροφοδοτηθούν από μία γραμμή και μπορεί να έχουν προβλήματα με τη διανομή.

Εάν μετά τις μετρήσεις δείτε ότι υπάρχει (πάνω από 10%, σύμφωνα με το GOST 29322-92), πρέπει να επικοινωνήσετε με τον οργανισμό παροχής ρεύματος για να λάβετε τα κατάλληλα μέτρα για την αποκατάσταση της συμμετρίας φάσης. Μπορείτε να μάθετε περισσότερα για αυτό από το άρθρο μας.

Σύμφωνα με τη συμφωνία μεταξύ του συνδρομητή και των ΑΠΕ (περί χρήσης ηλεκτρικής ενέργειας), η τελευταία πρέπει να προμηθεύει υψηλής ποιότητας ηλεκτρική ενέργεια σε κατοικίες, με τα προβλεπόμενα. Η συχνότητα πρέπει επίσης να αντιστοιχεί στα 50 Hz.

Κανόνες διανομής

Κατά το σχεδιασμό ενός διαγράμματος καλωδίωσης, είναι απαραίτητο να επιλέξετε τις προβλεπόμενες ομάδες καταναλωτών όσο το δυνατόν εξίσου και να τις κατανείμετε μεταξύ των φάσεων. Για παράδειγμα, κάθε ομάδα πριζών σε δωμάτια στο σπίτι συνδέεται με το δικό της καλώδιο φάσης και ομαδοποιείται με τέτοιο τρόπο ώστε το φορτίο στο δίκτυο να είναι βέλτιστο. Οι γραμμές φωτισμού οργανώνονται με τον ίδιο τρόπο, κατανέμοντας τους σε διαφορετικούς αγωγούς φάσης και ούτω καθεξής: πλυντήριο ρούχων, σόμπα, φούρνος, λέβητας, λέβητας.